不等式的证明方法——反证法与放缩法（课件）-2026届高三数学一轮复习

证明不等式的基本方法 反证法与放缩法 湖南省祁阳市第一中学 蒋九林 复习回顾： 证明不等式的常用方法: (1)比较法 (2)综合法 (3)分析法 证明不等式时，首先假设要证的命题________,以此为出发点，结合__________，应用_____、_____、_____、_____等，进行正确的推理，得到和____________或______________、_____、________________相矛盾的结论，则假设不正确，从而证明原命题成立．我们把它称之为________． 不成立 已知条件 公理 定义 定理 性质 命题的条件 已证明的定理 性质 明显成立的事实 反证法 1、反证法 预习导学： 第一步，假设所证不等式________． 第二步，从____________出发，应用正确的推理方法，得出________ 第三步，判定假设________，于是原不等式________． 不成立 条件和假定 矛盾 不成立 成立 反证法证明不等式的基本步骤： 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 想一想： 哪些命题或不等式适合用反证法证明？ 提示：　存在性命题、否定性命题、 唯一性命题或结论中出现“至少”、“至多”、“全都”等字词的命题或不等式． 在证明不等式时，通过把不等式的某些部分的值_____________，简化不等式，从而达到证明的目的，我们把这种方法称为放缩法． 放大或缩小 例如：所要证明的不等式中含有分式，把分母放大，则相应分式的值 ，反之，把分母缩小，则分式的值_______ 缩小 放大 2、放缩法 1．实数a，b，c不全为0等价于（ ） 　　　　　　　　　　　　　　　　 A．a，b，c均不为0 B．a，b，c中至多有一个为0 C．a，b，c中至少有一个为0 D．a，b，c中至少有一个不为0 基础检测 D B 【例1】 已知：a＋b＋c>0， ab＋bc＋ca>0，abc>0. 求证：a>0，b>0，c>0. [思维启迪]结论与条件之间的联系不明显 利用反证法(正难则反) 典 例 精 析 题型一　反证法证明不等式 规律方法： 用反证法证明不等式，其本质是从假设出发，通过逻辑推理，导出与已知条件或公理相矛盾的结论，从而肯定原命题成立． 【思路点拨】　结论若是、“至少”、“至多”“都是”、“都不是”形式的命题,往往考虑反证法 本题“至少有一个”的反面是“一个也没有”． 题型二：放缩法证明不等式 规律方法 用放缩法证明不等式的过程中，往往采用添项放缩、消项放缩、函数的单调性放缩、重要不等式放缩等，放缩时要注意适度，否则不能同向传递． 试一试：用放缩法证明不等式常用的方法有哪些？ 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 单击此处编辑母版文本样式 第二级 第三级 第四级 第五级 课后小结 证明不等式的特殊方法: 1、反证法：（正难则反的思想） 先假设结论不成立， 再寻求矛盾，推翻假设， 从而证明结论成立的方法。 2、放缩法及相应的放缩技巧 （放缩要恰到好处） 课后作业 课后作业 Q & A 感谢聆听，谢谢大家！ THANK YOU FOR LISTENING 1.7.2013 我的分享到此结束，感谢大家的聆听。现在是问答环节，大家有什么问题可以随时提出，我们一起探讨。谢谢！ ‹#› 思考1　已知a＞b＞0，求证：eq \r(n,a)＞eq \r(n,b)(n∈N且n＞1)．用反证法证明此题时第一步是：________. 假设eq \r(n,a)≤eq \r(n,b) 2．已知a，b，c，d都是正数，S＝eq \f(a,a＋b＋c)＋eq \f(b,a＋b＋d)＋eq \f(c,c＋d＋a) ＋eq \f(d,c＋d＋b)，则有 (　 　) A．S＜1 B．S＞1 C．S＞2 D．以上都不对 解析　S＞eq \f(a,a＋b＋c＋d)＋eq \f(b,a＋b＋c＋d)＋eq \f(c,a＋b＋c＋d)＋eq \f(d,a＋b＋c＋d)＝1. 【变式1】 已知x>0，y>0，且x＋y>2，求证：eq \f(1＋y,x)与eq \f(1＋x,y)中 至少有一个小于2. 提示　①添加或舍去一些项； ②将分子或分母放大(或缩小)； ③真分数的性质：若0＜a＜b，m＞0，则eq \f(a,b)＜eq \f(a＋m,b＋m)； ④利用基本不等式； ⑤利用函数的单调性； ⑥绝对值不等式：||a|－|b||≤|a±b|≤|a|＋|b|. ⑦利用函数的有界性：如：|sin x|≤1(x∈R)；x2－x≥eq \f(1,4)(x∈R)；2x＞0(x∈R)． 变式训练1： 若a，b，c，d∈R＋，求证： 1<eq \f(a,a＋b＋d)＋eq \f(b,b＋c＋a)＋eq \f(c,c＋d＋b)＋eq \f(d,d＋a＋c)<2. 证明：记x＝eq \f(a,a＋b＋d)＋eq \f(b,b＋c＋a)＋eq \f(c,c＋d＋b)＋eq \f(d,d＋a＋c). ∵a、b、c、d∈R＋， ∴x>eq \f(a,a＋b＋c＋d)＋eq \f(b,a＋b＋c＋d)＋eq \f(c,a＋b＋c＋d)＋eq \f(d,a＋b＋c＋d)＝1， x<eq \f(a,a＋b)＋eq \f(b,a＋b)＋eq \f(c,c＋d)＋eq \f(d,c＋d)＝2. ∴1<x<2，即原式成立． 变式训练2 求证：eq \f(3,2)－eq \f(1,n＋1)<1＋eq \f(1,22)＋…＋eq \f(1,n2)<2－eq \f(1,n)(n∈N*，且n≥2)． 分析：欲证的式子中间是一个和的形式，但我们不能利用求和公式或其他办法求，可以将分母适当放大或缩小，进而求和，最后证得该不等式成立． 证明：∵k(k＋1)>k2>k(k－1)． ∴eq \f(1,kk＋1)<eq \f(1,k2)<eq \f(1,kk－1). 即eq \f(1,k)－eq \f(1,k＋1)<eq \f(1,k2)<eq \f(1,k－1)－eq \f(1,k)(k∈N*，且k≥2)， 分别令k＝2,3，…，n得： eq \f(1,2)－eq \f(1,3)<eq \f(1,22)<1－eq \f(1,2)， eq \f(1,3)－eq \f(1,4)<eq \f(1,32)<eq \f(1,2)－eq \f(1,3)， …， eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)<eq \f(1,n2)<eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n). 将它们相加得：eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n)－eq \f(1,n＋1)<eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,n2)<1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,2)－eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n－1)－eq \f(1,n). 即eq \f(1,2)－eq \f(1,n＋1)<eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,n2)<1－eq \f(1,n). ∴eq \f(3,2)－eq \f(1,n＋1)<1＋eq \f(1,22)＋eq \f(1,32)＋…＋eq \f(1,n2)<2－eq \f(1,n)(n∈N*，且n≥2)． $